Chọn A

Ta có: TXĐ D =R

$\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}=-4x^3+4x\\ y^{\text{'}\text{'}}=-12x^2+4\\ y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-1\\ x=0\\ x=1\end{array}\right.\\ y^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)=y^{\text{'}\text{'}}\left(1\right)=-8<0\\ y^{\text{'}\text{'}}\left(0\right)=4>0\end{array}$

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x =0

Chọn A

Đặt $g\left(x\right)=2f\left(x\right)+1$

$g^{\text{'}}\left(x\right)=2f^{\text{'}}\left(x\right)$, do đó điểm cực tiểu của g(x) cũng chính là điểm cực tiểu của f(x).

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x =0.

Chọn C

Xét hàm số $y=x^3-3x^2-1$

$y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\Rightarrow y=-1\\ x=2\Rightarrow y=-5\end{array}\right.$

Đồ thị có 2 điểm cực trị là A(0;-1), B(2;-5)

Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là đường thằng AB có phương trình: $y=-2x-1.$

Để đường thẳng $AB\perp d\iff \left(3m+1\right).\left(-2\right)=-1\iff m=-\frac{1}{6}\cdot$

Chọn A

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=1\Rightarrow$đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang y = 1

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1\Rightarrow$đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang y =-1

Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là y =1 và y =-1

Chọn B.

Khẳng định (I) sai vì có thể không đúng đối với hàm số có nhiều cực trị hoặc hàm số bị gián đoạn. Ví dụ hàm số $y=\frac{x^2+3x+3}{x+2}$ có $M=-3,m=1.$

Khẳng định (II) đúng vì hàm trùng phương luôn có một hoặc ba cực trị.

Khẳng định (III) sai vì tiếp tuyến có thể trùng với trục hoành.

Chọn A.

Hàm số $y=\frac{2x-3}{x+1}$ có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=2$, $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=2$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y =2.

Hàm số $y=x^3-3x+2$ có tập xác định $D=ℝ$ và $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\pm \infty$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Hàm số $y=\frac{2x^2+x-1}{x-1}$ có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$, $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Hàm số $y=\sqrt{1+x^2}$ có tập xác định $D=ℝ$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty$,$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=+\infty$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Chọn C.

(I). Sai, vì: Thiếu điều kiện $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$  chỉ tại một số hữu hạn điểm.

(II). Sai.

(III). Sai, ví dụ: Xét hàm số $y=f\left(x\right)=\frac{x^3}{3}-x^2+x-5$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2-2x+1$. Cho $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x^2-2x+1\iff x=1$.

Khi đó phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có nghiệm $x_0=1$ nhưng đây là nghiệm kép nên không đổi dấu khi qua $x_0=1$.

(III). Sai.

Sửa lại cho đúng nếu hàm số y =f(x) đồng biến trên khoảng (a;b) thì $f^{\text{'}}\left(x\right)\ge 0,\forall x\in \left(a;b\right)$

Vậy có 1 mệnh đề đúng.

Chọn C

Tập xác định: $D=ℝ/\left\{m\right\}.$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+9}{{\left(x-m\right)}^2}.$

Hàm số có tiệm cận đứng là x = m

Yêu cầu bài toán $\iff \left\{\begin{array}{l}-m^2+9>0\\ m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-3<m<3\\ m\le 2\end{array}\right.\iff -3<m\le 2.$

Vậy các giá trị nguyên không âm thỏa mãn là: 0;1;2

Chọn C

Đặt $y=f\left(1-x\right)=g\left(x\right)$

$g^{\text{'}}\left(x\right)=-f^{\text{'}}\left(1-x\right)$

Hàm số $y=f\left(1-x\right)$ đồng biến $\iff g^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff -f^{\text{'}}\left(1-x\right)>0$

$\begin{array}{l}\iff f^{\text{'}}\left(1-x\right)<0\\ \iff \left[\begin{array}{l}1-x<-1\\ 2<1-x<3\end{array}\right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}x>2\\ -2<x<-1\end{array}\right.\end{array}$

Chọn B

Ta có: $y^{\text{'}}=x^2-2mx+\left(m^2-4\right)$

${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=2x-2m$

$y^{\text{'}}\left(3\right)=m^2-6m+5.$

$y^{\text{'}}\left(3\right)=0\iff m^2-6m+5=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=5\end{array}\right.$

Khi $m=1:{y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(3\right)=2.3-2.1=4>0.$

Khi $m=5:{y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(3\right)=2.3-2.5=-4<0.$

Vậy hàm số đạt cực đại tại x =3 khi m =5

Chọn D

$y^{\text{'}}=3x^2-6x+2m$

Cho $y^{\text{'}}=0\iff 3x^2-6x+2m=0\left(*\right)$

hàm số $y=x^3-3x^2+2mx+m$ có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình $\left(*\right)$ có hai

nghiệm phân biệt và y' đổi dấu khi qua các nghiệm này $\iff \Delta >0$

$\iff 36-24m<0\iff m<\frac{3}{2}.$

Chọn C

Hình dáng đồ thị $\Rightarrow a>0$: Loại đáp án A

Hàm số có 3 cực trị nên $a.b<0$ $\Rightarrow b<0$: Loại đáp án B

Giao điểm của đồ thị với trục tung nằm dưới điểm O nên $c<0$: Loại đáp án D

Chọn B

Tập xác định D =R.

$y\text{'}=-x^2+2mx-2m-3$.

Hàm số nghịch biến trên Rkhi và chỉ khi $\Delta \text{'}\le 0\iff m^2-2m-3\le 0\iff -1\le m\le 3.$

Chọn A

Tập xác định D =R.

Ta có $f\left(-3\right)=\left|m-1\right|;f\left(3\right)=\left|m+3\right|.$

$y=\left|x+2+m\right|$ có giá trị lớn nhất trên đoạn [-3;3] bằng 7 ta có các trường hợp sau :

+) Trường hợp 1 :

$\left\{\begin{array}{l}f\left(-3\right)\le f\left(3\right)\\ f\left(3\right)=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ge -1\\ m=4\end{array}\right.\iff m=4.$

+) Trường hợp 2 :

$\left\{\begin{array}{l}f\left(-3\right)>f\left(3\right)\\ f\left(-3\right)=7\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<-1\\ m=-6\end{array}\right.\iff m=-6$

Vậy có 2 giá trị m.

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có $\underset{\left[-3;0\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(-3\right)$.

Chọn C

Hàm số $y=\frac{\left(m-1\right)x+2}{3x+4}$ có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=\frac{m-1}{3}$

Giao điểm của tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{\left(m-1\right)x+2}{3x+4}$ với đường thẳng $2x-3y+5=0$ là M(2;3). Khi đó ta có $\frac{m-1}{3}=3\iff m=10.$

Chọn D

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0$ nên hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y =0

Ycbt $\iff$ Hàm số $y=\frac{x+3}{x^2-x-m}$ có đúng 1 đường tiệm đứng.

+ Trường hợp 1: Phương trình $x^2-x-m=0$ có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm x = 1$\iff \left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ -m=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}1+4m>0\\ m=0\end{array}\right.\iff m=0.$

+ Trường hợp 2: Phương trình $x^2-x-m=0$ có nghiệm kép $x\ne 1$

$\iff \left\{\begin{array}{c}\Delta =0\\ -m\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}1+4m=0\\ m\ne 0\end{array}\right.\iff m=-\frac{1}{4}.$

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn.

Chọn A

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng  x = a và tiệm cận ngang y =b. Dựa vào đồ thị ta thấy $a>0,b>0.$

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=2x.f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)$

Hàm số đồng biến khi $y^{\text{'}}>0\iff 2x.f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)>0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x<0\\ f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)<0\end{array}\right.\end{array}\right.$

Trường hợp 1: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}-1<x^2-1<0\\ x^2-1>1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x\in \left(0;1\right)\\ x\in \left(\sqrt{2};+\infty \right)\end{array}\right..$

Trường hợp 2: $\left\{\begin{array}{l}x<0\\ \left[\begin{array}{l}0<x^2-1<1\\ x^2-1<-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x\in \left(-\sqrt{2};1\right).$

Chọn D

Tập xác định của hàm số $ℝ\backslash \left\{2;3\right\}.$

Ta có $\underset{x\to 2}{\lim }y=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2x-1-\sqrt{x^2+x+3}}{x^2-5x+6}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(3x+1\right)\left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(2x-1+\sqrt{x^2+x+3}\right)}$

$=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{3x+1}{\left(x-3\right)\left(2x-1+\sqrt{x^2+x+3}\right)}=-\frac{7}{6}$. Suy ra, đường thẳng x = 2 không là tiệm cận đứng của đồ thị.

$\underset{x\to 3^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\frac{2x-1-\sqrt{x^2+x+3}}{x^2-5x+6}=+\infty$. Vì $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\left(x^2-5x+6\right)=0\\ x^2-5x+6>0,\forall x>3\\ \underset{x\to 3^{+}}{\lim }\left(2x-1-\sqrt{x^2+x+3}\right)=5-\sqrt{18}>0\end{array}\right..$

Suy ra, đường thẳng x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D

Dựa vào bảng xét dấu, ta có đáp án là  D.

Chọn B

Khối chóp có đáy là đa giác lồi có 7 cạnh nên có 7 cạnh bên và 7 cạnh đáy.

Chọn B

$V_{SBCD}=\frac{1}{2}{V}_{SABCD}=\frac{1}{6}.SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{6}.$

Chọn B

Chọn A

Chọn B

· Khối chóp tứ giác đều $\left({\text{H}}_{\text{1}}\right)$ có 5 mặt. Khối tứ diện đều $\left({\text{H}}_{\text{2}}\right)$ có 4 mặt.

· Vậy khối đa diện (H) có: $9-2=7$ mặt.

Chọn D

· Mặt phẳng $\left(AB\text{'}C\text{'}\right)$ chia khối lăng trụ $ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ thành các khối $A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ và $A.BB\text{'}C\text{'}C$.

Chọn B

Ta có: $V=\frac{1}{3}.S.h$

Cạnh đáy và chiều cao tăng lên 3 lần $\Rightarrow S_1=9S;h_1=3h$

$\Rightarrow V_1=\frac{1}{3}.S_1.h_1=\frac{1}{3}.9S.3h=27V$

Chọn D

Ta có:$S_{ABCD}=a^2$

$SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}a$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{2}}{2}a.a^2=\frac{\sqrt{2}}{6}{a}^3$

Chọn C

Ta có

$\left.\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\end{array}\right\}\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow V=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}$

Trong mặt phẳng $\left(ABC\right)$ kẻ $AI\perp BC\Rightarrow SI\perp BC$

Suy ra góc giữa 2 mặt phẳng $\widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\left(AI,SI\right)=\widehat{SIA}={60}^0$

Trong tam giác ABC ta có

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2.AB.AC.\cos A=a^2+4a^2-2.a.2a.\left(-\frac{1}{2}\right)=7a^2\Rightarrow BC=a\sqrt{7}$

Ta có $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}.a.2a.\sin {120}^0=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Mà $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AI.BC\Rightarrow AI=\frac{2S_{\Delta ABC}}{BC}=\frac{2.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Trong tam giác $\left(SAI\right)$ vuông tại A ta có $\tan \widehat{SIA}=\frac{SA}{AI}\Rightarrow SA=AI.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{21}}{7}.\sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{7}}{7}$

Vậy thể tích của khối chóp là $V=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.\frac{3a\sqrt{7}}{7}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{21}}{14}.$

Chọn A

Góc giữa đường thẳng $A\text{'}B$ và mặt phẳng $\left(ABC\right)$ là $\widehat{\left(A\text{'}B,AB\right)}=\widehat{A\text{'}BA}={45}^0.$

Ta có tam giác $A\text{'}AB$ vuông tại cân A suy ra $AA\text{'}=AB=a$

Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=AA\text{'}.S_{\Delta ABC}=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Chọn B

Ta có thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy S chiều cao h là: $V=S.h\Rightarrow S=\frac{V}{h}.$

Chọn D

Ta có thể tích của khối lập phương cạnh a là: $V=a^3$

Vậy thể tích của khối lập phương cạnh $\sqrt{3}$ là: $V={\left(\sqrt{3}\right)}^3=3\sqrt{3}$

Chọn C

Xét hình chóp $S.ABCD$ có đáy hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy với M,N là trung điểm của $SA,SB$ ta có

$V_{S.ABCD}=V_{S.ACD}+V_{S.ABC}$

$V_{S.MNCD}=V_{S.MCD}+V_{S.NMC}$

$V_{S.ACD}=V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$

Mà trong SABCD ta có $\frac{V_{S.MNC}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$.

Suy ra $V_{S.MNC}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{8}{V}_{S.ABCD}$

Trong SACD ta có $\frac{V_{S.MCD}}{V_{S.ACD}}=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2}$

Suy ra $V_{S.MCD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ACD}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}$

Vậy $V_{S.MNCD}=V_{S.MCD}+V_{S.NMC}=\frac{1}{8}{V}_{S.ABCD}+\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{3}{8}{V}_{S.ABCD}$

Chọn D.

Diện tích đáy : $S=6^2=36$.

Thế tích khối hộp chữ nhật là : $V=S.h=36.5=180$.

Chọn B

Ta có: $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}\cdot \frac{SB\text{'}}{SB}\cdot \frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{24}.$

Do đó, $\frac{V\text{'}}{V}=\frac{1}{24}.$

Chọn C

Gọi O là giao điểm của AC,BD và I là trung điểm của BO

Ta có: $OI//AC\Rightarrow OI\perp BD.$

$SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp BD.$

Do đó, $BD\perp \left(SHI\right)\Rightarrow \left(SBD\right)\perp \left(SHI\right);\left(SBD\right)\cap \left(SHI\right)=SI.$

Trong $\left(SHI\right),$ dựng $HK\perp SI\Rightarrow HK\perp \left(SBD\right).$

Lúc đó, chiều cao của khối chóp $H.SBD$ là $HK.$

Xét $\Delta AHD$ vuông tại $H:HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

Xét $\Delta SHD$ vuông tại $H:HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.$

AC là đường chéo hình vuông cạnh $H:SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{17}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=a\sqrt{3}.$

Xét $\Delta HSI$ vuông tại H có đường cao $HK:\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2}=\frac{25}{3a^2}\Rightarrow H{K}^2=\frac{3a^2}{25}\Rightarrow HK=\frac{\sqrt{3}a}{5}.$

Vậy chiều cao của khối chóp $H.SBD$là $\frac{\sqrt{3}a}{5}.$

Chọn B

Gọi H là tâm đường tròn nội tiếp của $△ABC.$

Ta có các mặt bên của khối chóp đều tạo với đáy một góc bằng nhau chân đường cao của hình chóp nằm ở miền trong $△ABC$ nên .

Từ H kẻ $HM\perp BC\left(M\in BC\right)$

Suy ra $HM\text{//}AB;SM\perp BC$$\Rightarrow \widehat{SMH}=\alpha .$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=6;BC=5.$

Ta có $HM=r=\frac{S_{ABC}}{\frac{AB+BC+AC}{2}}=\frac{6}{6}=1$

Xét $△SHM$: $SH=HM.\tan \alpha =\frac{5\sqrt{3}}{6}$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SH=\frac{1}{3}\mathrm{.6.}\frac{5\sqrt{3}}{6}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$.

Chọn C

ABCD là hình thoi và $\widehat{ABC}=120°\Rightarrow \Delta ABD$ đều.

Gọi I là trọng tâm của $\Delta ABD.$

A' cách đều A,B,D nên $A\text{'}I\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow \left(AA\text{'},\left(ABCD\right)\right)=\widehat{A\text{'}AI}=60°$.

Ta có: $AI=\frac{2}{3}AO=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

$A\text{'}I=AI.\tan \widehat{A\text{'}AI}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\tan 60°=a.$

Chọn B

Đặt $BC=x\left(x>0\right)$. Ta có: $A{C}^2=x^2+16\Rightarrow SA=\sqrt{20-x^2}$

Thể tích của khối chóp đã cho là: $V=\frac{4}{3}x\sqrt{20-x^2}.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{4}{3}x\sqrt{20-x^2}$. Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{4}{3}\left(\frac{20-2x^2}{\sqrt{20-x^2}}\right)$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{10}\\ x=-\sqrt{10}\end{array}\right.$.

Ta có BBT:

Vậy $V_{max}=f\left(\sqrt{10}\right)=\frac{40}{3}.$

Chọn A

Gọi h,  S, V lần lượt là chiều cao, diện tích đáy và thể của khối lăng trụ $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$.

+ $V_{A^{\text{'}}ABC}=\frac{1}{3}.S.h=\frac{1}{3}V$.

+ $V_{B^{\text{'}}PAQ}=V_{ABQ.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}H}-\left(V_{A.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}P}+V_{B^{\text{'}}BAQ}+V_{QHP{B}^{\text{'}}}\right)$$=\frac{1}{2}V-\left(\frac{1}{3}.S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}P}.h+\frac{1}{3}.S_{\Delta BAQ}.h+\frac{1}{3}.S_{\Delta HP{B}^{\text{'}}}.h\right)$

$=\frac{1}{2}V-\left(\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.S.h+\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.S.h+\frac{1}{3}.\frac{1}{6}.S.h\right)=\frac{1}{2}V-\left(\frac{1}{9}+\frac{1}{6}+\frac{1}{18}\right)V=\frac{1}{6}V$.

Vậy $\frac{V_{B^{\text{'}}PAQ}}{V_{A^{\text{'}}ABC}}=\frac{1}{2}$.